2022年新課標高中物理模型與方法專題16帶電粒子在組合場復合場中的運動模型

2022年新課標高中物理模型與方法專題16帶電粒子在組合場、復合場中的運動模型專題16帶電粒子在組合場、復合場中的運動模型一、帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法綜述1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現。2.帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段。第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如圖所示。第3步：用規(guī)律二、磁場與磁場的組合模型【運動模型】磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系。【模型演練1】（2021·韶關模擬）1．如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線，質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q與O點的距離為3a，不考慮粒子重力。（1）求粒子射入時的速度大?。唬?）要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應強度B1應滿足的條件；（3）若下方區(qū)域的磁感應強度B=3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）4na（n=1，2，3……）【詳解】（1）設粒子在OF上方做圓周運動半徑為R，如圖所示由幾何關系可知解得根據洛倫茲力提供向心力，有解得（2）當粒子恰好不從AC邊界飛出時，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，如圖所示由幾何關系得解得根據洛倫茲力提供向心力，有解得當磁感應強度大于時，粒子運動的軌跡半徑減小，粒子將不會從AC邊界飛出；（3）當磁感應強度為3B0大于時，粒子的運動軌跡如圖所示根據洛倫茲力提供向心力，有所以粒子在OF下方的運動半徑為設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行，根據幾何關系知所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為（n=1，2，3……）【模型演練2】（2020·江蘇卷·16）2．空間存在兩個垂直于平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為、。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v。甲第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經過Q時，乙也恰好同時經過該點。已知甲的質量為m，電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：(1)Q到O的距離d；(2)甲兩次經過P點的時間間隔；(3)乙的比荷可能的最小值?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由得，，Q、O的距離為：(2)由(1)可知，完成一周期運動上升的距離為d，粒子再次經過P，經過N個周期，所以，再次經過P點的時間為由勻速圓周運動的規(guī)律得，繞一周的時間為所以，再次經過P點的時間為兩次經過P點的時間間隔為(3)由洛倫茲力提供向心力，由得，，完成一周期運動上升的距離若乙粒子從第一象限進入第二象限的過程中與甲粒子在Q點相遇，則，結合以上式子，n無解。若乙粒子從第二象限進入第一象限的過程中與甲離子在Q點相遇，則，計算可得（n=1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，則n=2時，乙的比荷最小，為【典例分析3】（2017·全國卷Ⅲ·24）3．如圖，空間存在方向垂直于紙面(平面）向里的磁場．在區(qū)域，磁感應強度的大小為;區(qū)域，磁感應強度的大小為（常數)．一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度從坐標原點O沿軸正向射入磁場，此時開始計時，不計粒子重力，當粒子的速度方向再次沿軸正向時，求：(1)粒子運動的時間；(2)粒子與O點間的距離．【答案】(1)

(2)【詳解】如圖為粒子的軌跡粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：那么，（1）根據左手定則可得：粒子做逆時針圓周運動；故粒子運動軌跡如圖所示，則粒子在磁場區(qū)域運動半個周期，在磁場區(qū)域運動半個周期；那么粒子在磁場區(qū)域運動的周期，在磁場區(qū)域運動的周期所以，粒子運動的時間：（2）粒子與O點間的距離：【模型演練4】（2021屆云南省昆明市高三（上）4．如圖所示，虛線上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場，下方存在方向相同、磁感應強度大小為的勻強磁場，虛線為兩磁場的分界線。位于分界線上，點為的中點。一電子從點射入磁場，速度方向與分界線的夾角為，電子離開點后依次經兩點回到點。已知電子的質量為，電荷量為，重力不計，求：(1)的值；(2)電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間?！敬鸢浮?1)；(2)【詳解】電子在磁場中的運動軌跡如圖所示設電子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑分別為，電子在磁場中做勻速圓周運動有…①…②由于最終能回到點，由幾何關系，可得…③聯立①②③，解得電子在磁場中的運動周期電子在磁場中的運動周期設電子經過三段軌跡的時間分別為，由幾何關系可得到的圓心角為，則到的圓心角為，則到的圓心角為，則電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間為聯立以上式子，解得三、先電場后磁場模型【運動模型】1.帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖。2.帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖。【模型演練1】（2019·江蘇南京市六校聯考）5．如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內存在豎直向上的勻強電場，在BC右側Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強磁場，虛線L1、L2、L3是磁場的邊界線（BC與L1重合），寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小為B1.一電荷量為＋q、質量為m的粒子（重力不計）從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入區(qū)域Ⅱ。已知AB長度是BC長度的倍。(1)求帶電粒子到達B點時的速度大?。?2)求區(qū)域Ⅰ磁場的寬度L；(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2的最小值?！敬鸢浮?1)；(2)B1【詳解】(1)設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有tanθ=則θ=30°，根據速度關系有v=(2)設帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得qvB1=m軌跡如圖甲所示由幾何關系得L=r1聯立可解得。(3)當帶電粒子不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長。設區(qū)域Ⅱ中最小磁感應強度為B2m，此時粒子恰好不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示同理得qvB2m=m根據幾何關系有L=r2(1+sinθ)聯立可解得B2mB1?！灸Ｐ脱菥?】（2020·湖南長沙模擬）6．如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間．【答案】（1）（2）【詳解】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據動能定理得：，解得：根據題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：聯立方程得：（2）根據題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度粒子射出磁場后到運動至軸，運動的軌跡長度粒子從射入磁場到運動至軸過程中，一直勻速率運動，則解得：或【模型演練4】（2021屆廣東省東莞市高三模擬）7．如圖所示，在xOy平面內，MN與y軸平行，間距為d，其間有沿x軸負方向的勻強電場E。y軸左側有寬為L的垂直紙面向外的勻強磁場，MN右側空間存在范圍足夠寬、垂直紙面的勻強磁場（圖中未標出）。質量為m、帶電量為+q的粒子從P（d，0）沿x軸負方向以大小為v0的初速度射入勻強電場。粒子到達O點后，經過一段時間還能再次回到O點。已知電場強度E=，粒子重力不計。(1)求粒子到O點的速度大?。?2)求y軸左側磁場區(qū)域磁感應強度B1的大小應滿足什么條件？(3)若滿足(2)的條件，求MN右側磁場的磁感應強度B2和y軸左側磁場區(qū)域磁感應強度B1的大小關系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），n=l，2，3……【詳解】(1)粒子，從P點到O點，由動能定理得可得粒子到(2)洛倫茲力提供向心力粒子要再次回到O點，則粒子不能從y軸左側的磁場射出，需要返回磁場，經過電場和MN右側的磁場的作用，再次返回到O點，故要求：故要求(3)粒子通過電場回到MN右側磁場時速度為。設粒子在右側磁場中軌道半徑為R，要使其能夠回到原點，粒子在右側磁場中應向下偏轉，且偏轉半徑R≥r。解得①當R=r可得②R>r，要使粒子回到原點（粒子軌跡如下圖所示）則須滿足其中n=l，2，3……，n=l，2，3……其中n=1時，綜上，需要B2和y軸左側磁場區(qū)域磁感應強度B1的大小關系滿足，n=l，2，3……【模型演練5】（2021屆河北省衡水市第一中學高三模擬）8．如圖所示，平面直角坐標系第二象限充滿電場強度大小為、方向沿軸負方向的勻強電場，在軸右側以點為圓心、為半徑的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場?，F將帶正電的粒子，從第二象限的點以速度沿軸正方向射入勻強電場，經電場偏轉后恰好沿磁場區(qū)域半徑方向射入勻強磁場，粒子離開磁場時，在磁場中的出射點和入射點關于軸對稱。帶電粒子重力不計，求：(1)帶電粒子的比荷；(2)磁感應強度的大??；(3)粒子從進入電場到離開磁場所用的時間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】粒子運動軌跡如圖所示(1)粒子在電場中，設運動時間為，有設DC連線跟軸負方向的夾角為，由幾何關系得解得(2)粒子在磁場中，設軌跡半徑為，則由幾何關系可得解得設粒子離開電場時的速度為，有解得(3)設在無場區(qū)域、磁場中運動時間分別為、，總時間為，有解得【模型演練6】（2021·河南平頂山市一輪復習質檢）9．如圖所示，平面直角坐標系xoy的第二、三象限內有方向沿y軸正向的勻強電場，第一、四象限內有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為當，磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標為(L，0)的P點沿與x軸正向成θ=45°方向射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，粒子經電場偏轉垂直y軸射出電場，粒子進入磁場后經磁場偏轉以沿y軸負方向的速度射出磁場，不計粒子的重力。求（1）粒子從y軸上射出電場的位置坐標；（2）勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應強度大??；（3）粒子從P點射出到出磁場運動的時間為多少?【答案】（1）；（2），；（3）【分析】（1）粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆過程，應用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子出射位置坐標。（2）應用牛頓第二定律求出粒子在電場中的加速度，應用位移公式求出電場強度；粒子在磁場中做圓周運動，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度。（3）根據粒子運動過程，求出粒子在各階段的運動時間，然后求出總的運動時間?！驹斀狻浚?）粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動水平方向豎直方向解得粒子從y軸上射出電場的位置為。（2）粒子在電場中的加速度豎直分位移解得粒子進入磁場后做勻速圓周運動，粒子以沿y軸負方向的速度射出磁場，粒子運動軌跡如圖所示由幾何知識得，AC與豎直方向夾角為45°，則因此AC剛好為有界磁場邊界圓的直徑，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為由牛頓第二定律得其中，粒子的速度解得（3）粒子在電場中的運動時間粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，位移為粒子做運動直線運動的時間粒子在磁場中做圓周運動的時間粒子總的運動時間【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系求解，類平拋運動運用運動的合成和分解牛頓第二定律結合運動學公式求解，解題關鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運用數學幾何關系，分析好從電場射入磁場銜接點的速度大小和方向，運用粒子在磁場中轉過的圓心角，結合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間．四、先磁場后電場模型【模型構建】（1）進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反（如圖甲所示）。（2）進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直（如圖乙所示）?！灸Ｐ脱菥?】（2021·濟寧模擬）10．如圖所示，在第一象限內，存在垂直于平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于平面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場Ⅱ．一質量為，電荷量為的粒子，從軸上點以某一初速度垂直于軸進入第四象限，在平面內，以原點為圓心做半徑為的圓周運動；隨后進入電場運動至軸上的點，沿與軸正方向成角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于軸進入第四象限．不計粒子重力．求：（1）帶電粒子從點進入第四象限時初速度的大??；（2）電場強度的大小；（3）磁場Ⅰ的磁感應強度的大?。敬鸢浮浚?）

（2）

（3）【詳解】（1）粒子從軸上點進入第四象限，在平面內，以原點為圓心做半徑為的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力：解得：（2）粒子在第二象限內做類平拋運動，沿著x軸方向：沿與軸正方向成角離開電場，所以：解得電場強度：(3)粒子的軌跡如圖所示：第二象限，沿著x軸方向：沿著y軸方向：所以：由幾何關系知，三角形OO’N為底角45°的等腰直角三角形．在磁場Ⅰ中運動的半徑：由洛倫茲力提供向心力：粒子在點速度沿與軸正方向成角離開電場，所以離開的速度：所以磁場Ⅰ的磁感應強度的大?。骸灸Ｐ脱菥?】（2020·山東濰坊市3月五縣聯考）11．如圖所示的坐標系xOy中，第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場，x軸下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度未知。一帶正電粒子從A（d，0）點以初速度v0開始運動，初速度方向與x軸負方向夾角θ=，粒子到達y軸時速度方向與y軸垂直，粒子經過電場區(qū)域、x軸下方磁場區(qū)域恰好回到A點，且速度方向與初速度方向相同。粒子重力不計，sin=0.8，cos=0.6，求：(1)粒子的比荷；(2)勻強電場的電場強度；(3)x軸下方磁場的磁感應強度B?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】(1)設粒子在第一象限內做圓周運動的半徑為r1，則有由圖中幾何可知解得(2)設粒子平拋過程豎直位移為，則由題意可知，粒子平拋運動的末速度與x軸負方向夾角θ=則vy=v0tanθ平拋運動過程vy=at聯立解得，(3)設粒子平拋過程水平位移為，則，設粒子在y軸下方磁場區(qū)域運動的半徑為r2，則粒子運動速度解得【模型演練3】（2020·山東等級考模擬卷）12．如圖所示，在第一象限內，存在垂直于平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于平面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場Ⅱ．一質量為，電荷量為的粒子，從軸上點以某一初速度垂直于軸進入第四象限，在平面內，以原點為圓心做半徑為的圓周運動；隨后進入電場運動至軸上的點，沿與軸正方向成角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于軸進入第四象限．不計粒子重力．求：（1）帶電粒子從點進入第四象限時初速度的大小；（2）電場強度的大?。唬?）磁場Ⅰ的磁感應強度的大?。敬鸢浮浚?）

（2）

（3）【詳解】（1）粒子從軸上點進入第四象限，在平面內，以原點為圓心做半徑為的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力：解得：（2）粒子在第二象限內做類平拋運動，沿著x軸方向：沿與軸正方向成角離開電場，所以：解得電場強度：(3)粒子的軌跡如圖所示：第二象限，沿著x軸方向：沿著y軸方向：所以：由幾何關系知，三角形OO’N為底角45°的等腰直角三角形．在磁場Ⅰ中運動的半徑：由洛倫茲力提供向心力：粒子在點速度沿與軸正方向成角離開電場，所以離開的速度：所以磁場Ⅰ的磁感應強度的大?。骸灸Ｐ脱菥?】（西南名校聯盟2021屆高三適應性月考）13．如圖所示，在直角坐標系內，射線（O為頂點）與y軸夾角為30°，與y軸所圍區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，與x軸之間存在勻強電場，方向沿x軸負方向。一個帶電粒子經加速電壓U加速后，以與平行的速度從N點進入磁場，間距為，帶電粒子從上的某點A（圖中未畫出）垂直于離開磁場，從x軸上的某點C（圖中未畫出）垂直于x軸離開電場，不計粒子的重力。求∶(1)帶電粒子的電性及比荷；(2)帶電粒子在第一象限中的運動時間；(3)勻強電場的電場強度。【答案】(1)正電，；(2)；(3)【詳解】(1)磁場方向垂直紙面向外，粒子垂直于離開磁場，則所受洛倫茲力在速度方向的右側，可知粒子帶正電畫出運動軌跡，由幾何關系可得在磁場中由牛頓第二定律可得在電場中加速可得聯立式解得(2)由(1)可得粒子進入磁場時的速度為此后進入電場，當出射方向和x軸垂直時，可知粒子在x方向的分速度減為零，沿y軸方向可視為做勻速直線運動。垂直出射時，與豎直方向夾角為60°在磁場中做勻速圓周運動，運動路徑為四分之一圓周，在磁場中的運動時間從上的出射點到O點的距離為則在電場中的運動時間為在第一象限中運動的總時間為(3)在x方向上做勻減速運動垂直出射，x方向速度恰好減到0聯立可得五、帶電粒子在組合場中運動的應用——質譜儀模型【模型構建】1.作用測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器。2.原理（如圖所示）（1）加速電場：qU=mv2；（2）偏轉磁場：qvB=，l=2r；由以上兩式可得r=，m=，=?！灸Ｐ脱菥?】（2020·福建龍巖市5月模擬）14．質譜儀的原理如圖所示，虛線AD上方區(qū)域處在垂直紙面向外的勻強磁場中，C、D間有一熒光屏。同位素離子源產生a、b兩種電荷量相同的離子，無初速度進入加速電場，經同一電壓加速后，垂直進入磁場，a離子恰好打在熒光屏C點，b離子恰好打在D點。離子重力不計。則（）A．a離子質量比b的大 B．a離子質量比b的小C．a離子在磁場中的運動時間比b的長 D．a、b離子在磁場中的運動時間相等【答案】B【詳解】AB．設離子進入磁場的速度為v，在電場中在磁場中聯立解得由題圖知，b離子在磁場中運動的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以b離子的質量大于a離子的質量，A錯誤，B正確；CD．在磁場中運動的時間均為半個周期，即由于b離子的質量大于a離子的質量，故b離子在磁場中運動的時間較長，CD錯誤。故選B。【模型演練2】（2020·江蘇南通等七市高三下學期6月三調）15．如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器A下方的狹縫S1飄入（初速度為零）電場區(qū)，經電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經磁場偏轉后發(fā)生分離，最終到達照相底片D上。不考慮離子間的相互作用，則（）A．電場力對每個氖20和氖22做的功相等B．氖22進入磁場時的速度較大C．氖22在磁場中運動的半徑較小D．若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊【答案】AD【詳解】A．根據電場力做功公式，氖20和氖22的電荷量相同，加速電場電壓相同，所以做的功相同，A正確；B．在加速電場中，根據動能定理有由于氖20的質量小于氖22的質量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B錯誤；C．在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，可得解得根據動能和動量的關系有綜上可判斷，q、B和Ek相同，由于氖22的質量大，所以氖22的半徑也大，C錯誤；D．在加速電場中，根據動能定理有在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，可得聯立可得對于同位素，加速電壓相同時，質量越大做圓周運動的半徑越大；對同種離子，加速電壓越大，其做圓周運動的半徑越大；若電壓發(fā)生波動，則氖20和氖22做圓周運動的半徑在一定的范圍內變化，所以氖20在電壓較高時的半徑可能和氖22在電壓較低時的半徑相等，兩種離子打在照相底片上的位置就重疊，所以D正確。故選AD?！灸Ｐ脱菥?】（2021屆江蘇省如皋市高三模擬）16．質譜儀是一種測量帶電粒子比荷的儀器，某型號質譜儀的內部構造如圖所示，M、N板間存在電壓為U0的加速電場，半徑為R的圓形區(qū)域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，光屏放置于圓形磁場區(qū)域右側，光屏中心P到圓形磁場區(qū)域圓心O的距離為2R。帶電粒子從S點由靜止飄入M、N板間，經電場加速后進入圓形磁場區(qū)域，在磁場力作用下軌跡發(fā)生偏轉，最終打在光屏上的某點，測量該點到P點的距離，便能推算出帶電粒子的比荷.不計帶電粒子的重力。（1）若帶電粒子為電子，已知電子的電荷量為e，質量為m0，求電子經過電場加速后的速度大小v及電子在磁場中運動的軌跡半徑r；（2）若某種帶電粒子通過電場加速和磁場偏轉后，打在光屏上的Q點，已知P點到Q點的距離為R，求該帶電粒子的比荷及其在磁場中運動的時間t。【答案】（1）；；（2）；【詳解】（1）電子在電場中加速，由動能定理有解得電子在磁場中做勻速圓周運動，由解得（2）帶電粒子到達Q點的軌跡如圖所示由幾何關系可得θ=60°，類比有解得帶電粒子在磁場中運動的圓心角即θ=60°，所以周期所以【模型演練4】（2021屆云南省保山市智源中學高三一模）17．如圖，離子源產生某種離子，以初速度v0進入兩端電壓為U的加速電場加速后、從距離PQ邊界h處進入垂直紙面向外磁感應強度為B的勻強磁場中，進入磁場的速度是進入電場速度的三倍。經磁場偏轉后從磁場下邊界PQ離開磁場，離開磁場時速度與邊界PQ方向的夾角為60°。不計離子重力。求：(1)該離子的比荷；(2)磁感應強度B。【答案】(1)；(2)【詳解】(1)離子在電場中加速過程由動能定理得解得(2)由磁場偏轉軌跡的幾何關系得解得R=2h磁場中由洛倫茲力提供向心力其中，代入解得【模型演練5】（2021屆西南名校聯盟摸底診斷測試理綜物理試題）18．如圖所示，離子源產生的某種正離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自坐標原點O射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B，已知該離子剛好在磁場邊界的P點射出。P點坐標為，不計重力影響。求：（1）離子的比荷；（2）粒子在磁場中運動的時間?！敬鸢浮?1)；(2)【詳解】(1)設離子的質量為，電荷量為，進入磁場時的速度為，則粒子在磁場中有由幾何關系知聯立解得(2)【模型演練6】（2020·山西臨汾市二輪復習模擬）19．容器A中裝有大量的質量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉電場．粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖所示．已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片．測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質量m之比)；(3)粒子在磁場中運動的最短時間．【答案】（1），其速度方向與邊界ad間的夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）設質量為m，電量為q的粒子通過孔的速度為則粒子在平行板間，，聯立可以得到，則，其速度方向與邊界ad間的夾角為（2）粒子從e板下端與水平方向成的角射入勻強磁場，設質量為m，電量為q的粒子射入磁場時的速度為v，做圓周運動的軌道半徑為r，則由幾何關系：則，則聯立可以得到（2）設粒子在磁場中運動的時間為t，則，聯立可以得到因為所以粒子在磁場中運動的偏轉角，所以粒子打在P處時間最短由幾何可以知道：則聯立可以得到六、帶電粒子在組合場中運動的應用——回旋加速器模型1.構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。2.原理：交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次。3.最大動能：由qvmB=、Ekm=mvm2得Ekm=，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關。4.總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n=，粒子在磁場中運動的總時間t=T=·=?！灸Ｐ脱菥?】（2021·山東煙臺市第一學期期末）20．如圖所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，分別與高頻交流電極連接，兩個D形金屬盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，下列說法中正確的是A．加速電壓越大，粒子最終射出時獲得的動能就越大B．粒子射出時的最大動能與加速電壓無關，與D形金屬盒的半徑和磁感應強度有關C．若增大加速電壓，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，在回旋加速器中運動的時間將減小D．粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為【答案】BC【分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動能.在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等.【詳解】AB．粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子做圓周運動的周期：，粒子獲得的最大動能為：，粒子獲得的最大速度與加速電壓無關，與D型盒的半徑R和磁感應強度B有關，故A錯誤，B正確；C．對粒子由動能定理得：，加速次數：，增大加速電壓U，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，粒子在回旋加速器中運動的時間：將減小，故C正確；D．對粒子，由動能定理得：，解得，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為：，故D錯誤；故選BC.【點睛】解決本題的關鍵知道回旋加速器運用電場加速，磁場偏轉來加速帶電粒子，但要注意粒子射出的速度與加速電壓無關，與磁感應強度的大小和D型盒半徑有關.【模型演練2】（2021·福建龍巖市3月質量檢查）21．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，如圖所示．其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒(D1、D2)，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，D形盒的半徑為R．質量為m、電荷量為q的質子從D1半盒的質子源(A點)由靜止釋放，加速到最大動能Ek后經粒子出口處射出．若忽略質子在電場中加速時間，且不考慮相對論效應，則下列說法正確的是A．質子加速后的最大動能Ek與交變電壓U大小無關B．質子在加速器中運行時間與交變電壓U大小無關C．回旋加速器所加交變電壓的周期為πRD．D2盒內質子的軌道半徑由小到大之比依次為1︰︰【答案】ACD【分析】根據質量為m、電荷量為q的質子從D1半盒的質子源(A點)由靜止釋放，加速到最大動能Ek后經粒子出口處射出可知，本題考查回旋加速器的工作原理，根據帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉知識列方程求解．【詳解】A項：質子射出回旋加速器時的速度最大，此時的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得：，所以當軌道半徑最大時，最大速度為，最大動能為：，質子加速后的最大動能Ek與交變電壓U大小無關，故A正確；B項：粒子離開回旋加速器的動能是一定的，與加速電壓無關；而每次經過電場加速獲得的動能為qU，故電壓越大，加速的次數n越少，又知周期，故運動的時間t=nT，由于T不變，n變小，所以t變小，故B錯誤；C項：由，，知，回旋加速器的電壓周期：，故C正確；D項：粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，由動能定理得：質子的軌道由小到大對應的速度之比為，再根據，則半徑比為，故D正確．故選ACD．【點睛】解決本題的關鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關，以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等．【模型演練3】（2021北京東城一模）22．在研究原子核的內部結構時，需要用能量很高的粒子去轟擊原子核。粒子加速器可以用人工方法使帶電粒子獲得很大速度和能量。圖甲是回旋加速器的結構示意圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間留有間距為d的窄縫，它們之間有一定的電勢差。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產生質量為m、電荷量為+q的粒子。粒子在兩盒之間被電場加速，之后進入磁場后做勻速圓周運動。經過若干次加速后，將粒子從金屬盒邊緣引出。設粒子在交變電場中運動時電壓大小為U，不考慮粒子離開A處時的速度、粒子重力、粒子間的相互作用及相對論效應。(1)求粒子被引出時的動能Ek；(2)求粒子被電場加速的次數n；(3)隨著粒子在電場中的不斷加速，粒子在磁場中的運動速率一次比一次增大，然而粒子每次在金屬盒中的運動時間卻相同，粒子在交變電場中加速的總時間也可以忽略。已知10MeV以上的回旋加速器中磁感應強度的數量級為1T，金屬盒的直徑在1m以上，窄縫之間距離約為0.1cm。請你結合上述參數，通過推導和估算加以分析?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)見解析【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，被引出時的速度為，根據牛頓第二定律有解得粒子被引出時的動能(2)粒子在電場中被加速次，根據動能定理有解得(3)粒子在加速器中運動的時間可以看成兩部分時間之和：在金屬盒內旋轉圈的時間和通過金屬盒間隙次所需的時間，粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，則有運動周期由此可知粒子運動周期與粒子速度無關，每次在金屬盒中的運動時間相同，粒子在磁場中運動時間粒子在電場中運動時，根據勻變速直線運動規(guī)律可得粒子在磁場中運動時間與在電場中運動時間之比由此可知粒子在電場中的加速時間可以忽略。七、帶電粒子在疊加場中的運動模型1.疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2.無約束情況下的運動（1）洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。（2）電場力、洛倫茲力并存（不計重力的微觀粒子）①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。（3）電場力、洛倫茲力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運動。②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。3.有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解。【模型演練1】（2021·河南頂級名校第四次聯測）23．如圖所示，豎直平面xOy，其x軸水平，在整個平面內存在沿x軸正方向的勻強電場E，在第三象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.2T．現有一比荷為=25C/kg的帶電微粒，從第三象限內某點以速度v0向坐標原點O做直線運動，v0與x軸之間的夾角為θ=45°，重力加速度g=10m/s2．求：(1)微粒的電性及速度v0的大?。?2)帶電微粒在第一象限內運動時所達到最高點的坐標．【答案】（1）（2）（0.6m，0.2m）【詳解】解：(1)帶電粒子在第三象限內做直線運動，受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，并且合力為零，即粒子做勻速直線運動；所以，微粒受到的洛倫茲力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定則可判斷為零帶正電；對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據平衡條件可得：解得：(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，假設最高點為M點，從O到M點所用的時間為t，則將微粒從O到M的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動和沿y軸方向上的勻減速直線運動Y軸方向：x軸方向上：解得，【模型演練2】（2020·河南九師聯盟質檢）24．如圖所示，豎直平面內有一直角坐標系xOy，x軸沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成θ=30°角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的帶電小球a（可視為質點）穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸。已知A點到坐標原點O的距離為l，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數μ=；，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。求：(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E；(2)第二、三象限里的磁場的磁感應強度大小B1；(3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為的P點（圖中未畫出）以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b（可視為質點），b球剛好在運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？【答案】(1)帶正電；；(2)；(3)【詳解】(1)由帶電小球a在第四象限內做圓周運動，知小球a所受電場力豎直向上，且mg=qE故小球a帶正電E=(2)帶電小球a從N點運動到A點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設運動半徑為R，有由幾何關系有R＋Rsinθ=l解得R=l，v=帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有mgsinθ=μ（qvB1mgcosθ）解得B1=(3)帶電小球a在第四象限內做勻速圓周運動的周期帶電小球a第一次在第一象限從A點豎直上拋又返回到A點所用的時間為絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為小球a從N點第一次到A點所用時間為t1，則t1=<t故兩球相碰有t=＋n（t0＋）（n=0，1，2…）聯立解得n=1設b球的初速度為v0，則R=v0t解得【模型演練3】（2021屆·云南省昆明市第一中學高三上學期月考）25．如圖所示，豎直面內有一平面直角坐標系，軸沿水平方向，整個空間中存在沿軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小，在第三象限中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小。有一帶正電的小球，質量，電荷量，正以速度在第三象限中做勻速直線運動并從O點進入第一象限，取，求：(1)小球做勻速直線運動的速度的大小和方向；(2)小球在第一象限運動的過程中，離軸的最遠距離；(3)小球在第一象限從點到離軸的最遠距離處，增加的機械能?！敬鸢浮?1)，水平方向的夾角為；(2)；(3)【詳解】(1)小球在第三象限內做勻速直線運動時，受力如圖所示其所受的三個力在同一平面內，合力為零，則有帶入數據，得速度的方向與電場的方向之間的夾角滿足解得則故速度的方向與水平方向的夾角為。(2)小球在第一象限中做曲線運動，將其速度分別進行分解當小球在第一象限中，運動到離x軸最遠距離時，豎直方向速度關系豎直方向位移關系(3)小球在第一象限中運動時水平方向位移關系其中電場力做功由于電場力做正功，所以機械能的增加量【模型演練4】（2021屆海南省海南中學高三模擬）26．如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質點），從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與x軸正方向間的夾角為θ＝37°（重力加速度為g，，）。（1）若小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間，求小球拋出時的初速度v0大小；（2）若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質量之間的關系滿足，在滿足（1）中條件的情況下，為使小球不打在N板上，求兩平行金屬板M、N之間的垂直距離的最小值d?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中心小孔B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有小球在豎直方向上下落的距離為解得（2）設小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得解得小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示，因為所以平行于電場方向小球受力平衡，因此，小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動，其加速度大小為設小球在該勻強電場中運動的時間為，欲使小球不打在N板上，由類平拋運動的規(guī)律可得解得【模型演練5】（2021·天津市河東區(qū)八中高三上學期12月月考）27．如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，重力加速度為g，則（）A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為C．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加D．小球做勻速圓周運動的周期為【答案】BD【詳解】A．小球在豎直平面內做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；B．由于洛倫茲力提供向心力，故有解得又由于qU=mv2解得聯立得到故B正確；D．由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期為故D正確；C．由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，運動周期為顯然運動周期與加速電壓無關，故C錯誤。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】（2021·吉林省長春市外國語學校高三上學期1月期末）28．如圖所示，在xoy平面內，第三、四象限內有豎直方向的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，將一質量為m，帶電量為q的小球從O點正上方y(tǒng)軸上某一點以初速度v0水平向右拋出，小球經過x軸上P點（圖中未畫出）后進入x軸下方的電磁場區(qū)，并沿一段圓弧運動后恰好經過O點，求：(1)勻強電場強度的大小和方向；(2)勻強磁場磁感應強度的大小?！敬鸢浮?1)，電場方向向下；(2)【詳解】(1)由于小球經過x軸上P點后進入x軸下方做一段圓弧運動后恰好再次經過O點可以判斷小球帶負電，在x軸下方做圓周運動，重力與電場力平衡，有解得電場方向向下(2)設小球做平拋運動的時間為t，到達x軸水平位移為x，則設小球進入x軸下方的速度為v，做圓周運動的的半徑為R，則有得設小球到達x軸時速度方向與x軸的夾角為，則小球平拋運動有，解得【模型演練7】（2020·百師聯盟4月沖刺卷）29．如圖所示，直角坐標系xOy所在豎直平面內分布著場強大小相等的勻強電場，第一、二象限中場強方向沿y軸正方向，第三、四象限中場強方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強磁場。一質量為0.02kg、帶正電的微粒自坐標為(0，－0.4)的A點出發(fā)，與y軸成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內做勻速直線運動，已知重力加速度g取10m/s2。求：(1)微粒第一次通過y軸時的縱坐標；(2)微粒運動軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時，所需要的時間(結果可用根式表示)；(3)微粒從射出到第(2)問所說的時刻，動能的增加量?！敬鸢浮?1)0.4m；(2)(6＋π)s；(3)0.16J【詳解】(1)微粒受力及運動過程分析如圖所示微粒在第四象限內沿與y軸成45°角勻速運動，有微粒在第一象限內，重力與電場力二力平衡，微粒做勻速圓周運動，由解得微粒在第一象限恰好做了半個周期的圓周運動，由幾何關系得，解得故微粒第一次通過y軸時的縱坐標為0.4m(2)由A到B微粒做勻速直線運動，位移為時間解得由B到C微粒做勻速圓周運動解得由C到D微粒做勻速直線運動，位移為時間解得由D到E微粒做類平拋運動，軌跡交BA延長線于G點，加速度方向沿D指向A，大小為位移沿DA方向，大小為由解得故(3)只有在第三象限運動的過程，微粒動能有變化，從D到G，合外力做的功由動能定理知解得動能的增加量為八、帶電粒子在疊加場中的應用模型——電磁平衡科技應用模型一、速度選擇器（1）平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直。（如圖）（2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB=qE，即v=。（3）速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量。（4）速度選擇器具有單向性?！灸Ｐ脱菥?】（2020·蚌埠二模）30．如圖所示為速度選擇器示意圖，當粒子速度滿足時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線，則關于該粒子的說法正確的是（）A．粒子射入的速度可能是 B．粒子射入的速度一定是C．粒子射出時的速度一定大于射入速度 D．粒子射出時的速度一定小于射入速度【答案】A【詳解】AB．若粒子射入的速度是v>則qvB>qE若粒子帶正電，則粒子沿實線運動；若粒子射入的速度是v<則qvB<qE若粒子帶負電，則粒子也可能沿實線運動；則選項A正確，B錯誤；CD．若粒子帶正電，則電場力向下，則粒子沿實線運動時電場力做負功，則動能減小，則粒子射出時的速度一定小于射入速度；若粒子帶負電，則電場力向上，則粒子沿實線運動時電場力做正功，則動能增大，則粒子射出時的速度一定大于射入速度；故選項CD錯誤。故選A?！灸Ｐ脱菥?】31．在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()A．一定帶正電B．速度v=C．若速度v＞，粒子一定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動【答案】B【詳解】帶電粒子在復合場中做直線運動，根據受力：，對電性無要求，所以A錯；B對；若速度v＞，粒子會發(fā)生偏轉，可能會離開復合場，C錯；粒子的運動方向變成從右端進入則電場力方向與洛侖茲力方向一致，不可能做直線運動，D錯．模型二、磁流體發(fā)電機（1）原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能。（2）電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機的正極。（3）電源電動勢U：設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R。當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U（即電源電動勢），則q=qvB，即U=Blv。（4）電源內阻：r=ρ。（5）回路電流：I=?！灸Ｐ脱菥?】（2020·福建三明市期末質量檢測）32．磁流體發(fā)電機的原理如圖所示．將一束等離子體連續(xù)以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，可在相距為d，面積為s的兩平行金屬板間產生電壓．現把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極．等離子體穩(wěn)定時在兩板間均勻分布，電阻率為ρ．忽略邊緣效應，下列判斷正確的是A．上板為正極，a、b兩端電壓U=BdvB．上板為負極，a、b兩端電壓U=C．上板為正極，a、b兩端電壓U=D．上板為負極，a、b兩端電壓U=【答案】C【分析】根據左手定則可知，等離子體射入兩板之間時，正離子偏向a板，即上板為正極；當穩(wěn)定時電場力等于洛倫茲力，結合電阻定律以及閉合電路歐姆定律求解ab之間的電壓.【詳解】根據左手定則可知，等離子體射入兩板之間時，正離子偏向a板，負離子偏向b板，即上板為正極；穩(wěn)定時滿足，解得U′=Bdv；根據電阻定律可知兩板間的電阻為，根據閉合電路歐姆定律：，a、b兩端電壓，聯立解得；故選C.【模型演練2】33．如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場．一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電離子）沿垂直于磁場的方向噴入磁場．把P、Q與電阻R相連接，下列說法正確的是（）A．Q板的電勢高于P板的電勢B．R中有由a向b方向的電流C．若只改變磁場強弱，R中電流保持不變D．若只增大離子入射速度，R中電流增大【答案】BD【詳解】AB．根據左手定則可知，正電荷向上偏轉，P板的電勢高于Q板的電勢，流過R的電流由a向b方向，A錯誤，B正確；CD．發(fā)電機未接通時，內部電場力與洛倫茲力平衡E0q=Bqv因此電動勢的大小E=Bdv若只改變磁場強弱，電動勢大小改變，R中電流大小發(fā)生變化；若只增大離子入射速度，電動勢增大，R中電流增大，C錯誤，D正確。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】34．如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d＝20cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5T，方向垂直紙面向里。現將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性）從左側噴射入磁場，發(fā)現在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為R＝100Ω，不計離子重力和發(fā)電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是()A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷B．該發(fā)電機的電動勢為100VC．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上D．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103m/s【答案】BC【詳解】A．由左手定則知正離子向上偏轉，所以M帶正電，故A錯誤；B．發(fā)電機所接燈泡正常發(fā)光，由功率可知，因電源不計內阻，則燈泡的電壓即為電動勢，故B正確；C．根據歐姆定律可知由電流的定義可知則每秒種打在板上的粒子個數為故C正確；D．兩板間電壓穩(wěn)定時滿足：所以解得粒子的飛行速度為故D錯誤。故選BC。模型三、電磁流量計（1）流量（Q）的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積。（2）公式：Q=Sv；S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速。（3）導電液體的流速（v）的計算【模型演練】如圖所示，一圓柱形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動。導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉，使a、b間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差（U）達到最大，由q=qvB，可得v=。（4）流量的表達式：Q=Sv=·=。（5）電勢高低的判斷：根據左手定則可得φa>φb?！灸Ｐ脱菥殹?5．為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計．該裝置由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加一勻強磁